\chapter{行列式}

\section{二(三)阶行列式}



\begin{definition}[二阶行列式]
	 引进二阶行列式
	$$
	\begin{vmatrix}
		a & b\\
		c & d
	\end{vmatrix}
	=ad-bc,
	$$
\end{definition}

设有二阶行列式
$$
|\boldsymbol{A}| = 
\begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} \\
	0 & a_{22} \\
\end{vmatrix},
$$
$|\boldsymbol{A}|$ 的值根据定义为 $a_{11}a_{22}$. 我们称上述行列式为上三角行列式, 元素 $a_{11}, a_{22}$ 为行列式的主对角线元素(或主对角元素), 于是我们得到行列式的第一个性质.

\textbf{性质1} 上三角行列式的值等于其对角线元素之积.

\textbf{性质2} 行列式某一行元素均为零, 则行列式值等于零.

比如若第一行全为零, 则显然 
$$
\begin{vmatrix}
	0 & 0 \\
	a_{21} & a_{22} \\
\end{vmatrix} = 0.
$$




\textbf{性质3} 用常数 $c$ 乘以行列式的某一行或某一列, 得到的行列式的值等于原行列式的值 $c$ 倍.

比如将 $c$ 乘以 $|\boldsymbol{A}|$ 的第一行, 有
$$
\begin{vmatrix}
	ca_{11} & ca_{12} \\
	a_{21} & a_{22} \\
\end{vmatrix} = (ca_{11})a_{22} - (ca_{12})a_{21} = c|\boldsymbol{A}|. 
$$


\textbf{性质4} 交换行列式不同的两行(列), 行列式的值改变符号.

证明也很容易:
$$
\begin{vmatrix}
	a_{21} & a_{22} \\
	a_{11} & a_{12} \\
\end{vmatrix} = a_{21}a_{12} - a_{11}a_{22} = - \begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} \\
	a_{21} & a_{22} \\
\end{vmatrix}.
$$
同理
$$
\begin{vmatrix}
	a_{12} & a_{11} \\
	a_{22} & a_{21} \\
\end{vmatrix} = -\begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} \\
	a_{21} & a_{22} \\
\end{vmatrix}.
$$

\textbf{性质5} 若行列式有两行或两列成比例, 则行列式的值等于零. 特别地, 若行列式有两行或两列相同, 则行列式的值等于零.

对列成比例的情形可证明如下:
$$
\begin{vmatrix}
	a_{11} & ka_{11} \\
	a_{21} & ka_{21} \\
\end{vmatrix} = a_{11}ka_{21} - ka_{11}a_{21} = 0.
$$
同理可证明对行比例的的情形.


\textbf{性质6} 若行列式中某行(列)元素均为两项之和, 则行列式可表示为两个行列式之和.

如
$$
\begin{aligned}
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} \\
		b_{21} + c_{21} & b_{22} + c_{22} \\
	\end{vmatrix} &= \begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} \\
		b_{21} & b_{22} \\
	\end{vmatrix} + \begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} \\
		c_{21} & c_{22} \\
	\end{vmatrix}; \\
	\begin{vmatrix}
		b_{11} + c_{11} & a_{12} \\
		b_{21} + c_{21} & a_{22} \\
	\end{vmatrix} &= \begin{vmatrix}
		b_{11} & a_{12} \\
		b_{21} & a_{22} \\
	\end{vmatrix} + \begin{vmatrix}
		c_{11} & a_{12} \\
		c_{21} & a_{22} \\
	\end{vmatrix}.
\end{aligned}
$$
验证也非常容易, 只需按照行列式定义计算等式两边的值即可. 需要注意的是下面的等式不成立:
$$
\begin{vmatrix}
	a_{11} + b_{11} & a_{12} + b_{12} \\
	a_{21} + b_{21} & a_{22} + b_{22} \\
\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} \\
	a_{21} & a_{22} \\
\end{vmatrix} + \begin{vmatrix}
	b_{11} & b_{12} \\
	b_{21} & b_{22} \\
\end{vmatrix}.
$$



\textbf{性质 7} 行列式的某一行(列)乘以某个数加到另一行(列)上, 行列式的值不变.

比如行列式
$$
\begin{aligned}
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} + ka_{11} \\
		a_{21} & a_{22} + ka_{21} \\
	\end{vmatrix} &= a_{11}(a_{22} + ka_{21}) - a_{21}(a_{12} + ka_{11}) \\
	&= a_{11}a_{22} - a_{21}a_{12} = \begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} \\
		a_{21} & a_{22} \\
	\end{vmatrix}.
\end{aligned}
$$




设有二阶行列式
$$
|\boldsymbol{A}| = 
\begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} \\
	a_{21} & a_{22} \\
\end{vmatrix},
$$
$|\boldsymbol{A}|$ 的值根据定义为 $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}$. 我们称下列行列式为 $|\boldsymbol{A}|$ 的转置:
$$
\begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{21} \\
	a_{12} & a_{22} \\
\end{vmatrix},
$$
记为 $|\boldsymbol{A}'|$. 注意 $|\boldsymbol{A}'|$ 的第一列就是 $|\boldsymbol{A}|$ 的第一行, $|\boldsymbol{A}'|$ 的第二列就是 $|\boldsymbol{A}|$ 的第二行. 根据定义 $|\boldsymbol{A}'| = a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}$, 我们发现它就等于行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 的值. 于是我们得到行列式的又一个性质.

\textbf{性质 8} 行列式和其转置具有相同的值.



\begin{definition}[三阶行列式]
	\begin{align}\label{equation:1.1}
		|\boldsymbol{A}| = \begin{vmatrix}
			a_{11} & a_{12} & a_{13} \\
			a_{21} & a_{22} & a_{23} \\
			a_{31} & a_{32} & a_{33} \\
		\end{vmatrix},
	\end{align}
	称$|\boldsymbol{A}|$是一个三阶行列式.
\end{definition}



现在我们引进几个名词. 如果将上述行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 划去某一个元素 $a_{ij} \ (i,j=1,2,3)$ 所在的一行和一列, 则剩下的元素按照原来的次序组成一个二阶行列式, 我们称这个二阶行列式为元素 $a_{ij}$ 的余子式, 记为 $M_{ij}$.

比如 $|\boldsymbol{A}|$ 中元素 $a_{11}$ 的余子式为 $M_{11} = \begin{vmatrix} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \\\end{vmatrix}$, 元素 $a_{12}$ 的余子式为 $M_{12} = \begin{vmatrix} a_{21} & a_{23} \\ a_{31} & a_{33} \\\end{vmatrix}$, 元素 $a_{23}$ 的余子式为 $M_{23} = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{31} & a_{32} \\\end{vmatrix}$, 等等. 

作出如下的定义.

(\ref{equation:1.1})式中行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 的值为
$$
|\boldsymbol{A}| = a_{11}M_{11}-a_{21}M_{21}+a_{31}M_{31}.
$$


\textbf{性质9}可以按照任意一行或任意一列展开.即有
\[|\boldsymbol{A}| = a_{1i}A_{1i}+a_{2i}A_{2i}+a_{3i}A_{3i},i = 1,2,3.(\text{第}i\text{列展开})\]


\section{$n$阶行列式}



有了二阶行列式和三阶行列式的概念, 定义 $n$ 阶行列式就不困难了. 我们先介绍 $n$ 阶行列式及其相关概念. 我们称下面用两条竖线围起来的由 $n$ 行 $n$ 列元素组成的式子为一个 $n$ 阶行列式:

\begin{align}\label{equation:1.2}
	|\boldsymbol{A}| =
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\
		a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\
		\vdots & \vdots &  & \vdots \\
		a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} \\
	\end{vmatrix}.
\end{align}


它由 $n$ 行 $n$ 列共 $n^2$ 个元素组成. 第 $i$ 行上元素全体称为行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 的第 $i$ 行, 第 $j$ 列上元素全体称为行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 的第 $j$ 列. 第 $i$ 行第 $j$ 列交叉上的元素 $a_{ij}$ 称为行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 的 $(i,j)$ 元素. 元素 $a_{11},a_{22}, \dots, a_{nn}$ 称为 $|\boldsymbol{A}|$ 的主对角线, 因为如果把行列式看成一个正方形, 这些元素恰在正方形的对角线上. 


\begin{definition}[$M_{ij}$]
	  定义元素 $a_{ij}$ 的余子式 $M_{ij}$ 为由行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 中划去第 $i$ 行第 $j$ 列后剩下的 $n-1$ 行与 $n-1$ 列元素组成的行列式: 
	$$
	M_{ij} = 
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & \dots & a_{1,j-1} & a_{1,j+1} & \dots & a_{1n} \\
		\vdots &  & \vdots & \vdots &  & \vdots \\
		a_{i-1,1} & \dots & a_{i-1,j-1} & a_{i-1,j+1} & \dots & a_{i-1,n} \\
		a_{i+1,1} & \dots & a_{i+1,j-1} & a_{i+1,j+1} & \dots & a_{i+1,n} \\
		\vdots &  & \vdots & \vdots &  & \vdots \\
		a_{n1} & \dots & a_{n,j-1} & a_{n,j+1} & \dots & a_{nn} \\
	\end{vmatrix}
	$$
\end{definition}


我们注意到三阶行列式的值是利用二阶行列式来定义的, 因此 $n$ 阶行列式的值可以用 $n-1$ 阶行列式来定义, 即我们可以用归纳法来定义上述行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 的值. 

\begin{definition}
	 当 $n=1$ 时, (\ref{equation:1.2})式的值定义为 $|\boldsymbol{A}| = a_{11}$. 现假定对 $n-1$ 阶行列式已经定义了它的值, 则对任意给定的 $i,j$,  $M_{ij}$ 的值已经定义, 定义 $n$ 阶行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 的值为
	 \begin{align}\label{equation:1.3}
	 	|\boldsymbol{A}| = a_{11}M_{11}-a_{21}M_{21}+\dots + (-1)^{n+1}a_{n1}M_{n1}. 
	 \end{align}
\end{definition}


对于任一自然数 $n$, (\ref{equation:1.3}) 式给出了一个计算 $n$ 阶行列式的方法: 将 $n$ 阶行列式化为 $n-1$ 阶行列式, 再化 $n-1$ 阶行列式为 $n-2$ 阶, $\dots$, 最后便可求出 $|\boldsymbol{A}|$ 的值.  (\ref{equation:1.3}) 式又称为行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 按第一列展开的展开式. 

为了使 (\ref{equation:1.3}) 式的形式更优些, 我们引进代数余子式的概念.

\begin{definition}[代数余子式]
	  在行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 中, $a_{ij}$ 的代数余子式定义为
	$$
	A_{ij} = (-1)^{i+j}M_{ij},
	$$
	其中 $M_{ij}$ 是 $a_{ij}$ 的余子式. 
\end{definition}




用代数余子式 (\ref{equation:1.3}) 式可写为如下形式:
$$
|\boldsymbol{A}| = a_{11}A_{11}+a_{21}A_{21}+\dots + a_{n1}A_{n1}. 
$$



\begin{remark}
	我们的定义与二阶、三阶行列式的定义是一致的. 以二阶行列式为例, 设有二阶行列式
	$$
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} \\
		a_{21} & a_{22} \\
	\end{vmatrix},
	$$
	$a_{11}$ 的余子式 $M_{11} = a_{22}$, $a_{21}$ 的余子式 $M_{21} = a_{12}$, 故 $A_{11}=(-1)^{1+1}a_{22}=a_{22}$, $A_{21} = (-1)^{2+1}a_{12}=-a_{12}$. 而
	$$
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} \\
		a_{21} & a_{22} \\
	\end{vmatrix} = a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21},
	$$
	恰好和二阶行列式的定义一致. 
\end{remark}


\begin{proposition}[性质1:三角行列式]
	若 $|\boldsymbol{A}|$ 是一个 $n$ 阶行列式, 且
	$$
	|\boldsymbol{A}| = 
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
		0      & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & \vdots &        & \vdots \\
		0      & 0      & \cdots & a_{nn} \\
	\end{vmatrix},
	\quad 
	\text{或}
	\quad
	|\boldsymbol{A}| = 
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & 0      & \cdots & 0      \\
		a_{21} & a_{22} & \cdots & 0      \\
		\vdots & \vdots &        & \vdots \\
		a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \\
	\end{vmatrix},
	$$
	则 $|\boldsymbol{A}| = a_{11} a_{22} \dots a_{nn}$.
\end{proposition}


\begin{proof}
	我们称上式中左边的行列式为上三角行列式 (这时 $a_{ij} = 0$ 对一切 $i > j$ 成立); 右边的行列式为下三角行列式 (这时 $a_{ij} = 0$ 对一切 $i < j$ 成立).
	
	 当 $n = 1$ 时结论显然成立. 对上三角行列式, 由定义, 有
	$$
	|\boldsymbol{A}| = a_{11} M_{11}.
	$$
	但 $M_{11}$ 仍是一个上三角行列式, 故由归纳假设 $M_{11} = a_{22} \dots a_{nn}$. 即知 $|\boldsymbol{A}| = a_{11} a_{22} \dots a_{nn}$.
	
	对下三角行列式, 由定义, 有 
	$$
	|\boldsymbol{A}| = a_{11}M_{11} - a_{21}M_{21} + \dots + (-1)^{n+1} a_{n1} M_{n1}. 
	$$
	
	考虑余子式$M_{k1}(1\le k\le n)$,设$M_{k1} = (b_{ij})_{(n-1)\times (n-1)} $,其中
	\[b_{ij}=\begin{cases}
		a_{i,j+1},\quad 1\le i\le k-1\\
		a_{i+1,j+1},\quad k\le i\le n-1
	\end{cases}\]
	
	对 $M_{k1} (k > 1)$, 它仍是一个下三角行列式(根据下三角行列式的定义,当$b_{ij}\text{的}i<j$时,对应的$a$的行指标也是小于列指标的,而$A$是一个下三角矩阵)且 $M_{k1}$ 主对角线上的元素至少有一个为 0$(b_{k-1,k-1} = a_{k-1,k} = 0)$, 故由归纳假设 $M_{k1} = 0 (k > 1)$. 对 $M_{11}$, 由归纳假设等于 $a_{22} \dots a_{nn}$, 于是 $|\boldsymbol{A}| = a_{11} a_{22} \dots a_{nn}$.
\end{proof}





\begin{proposition}[性质2:某一行或某一列全为0]
	 若 $n$ 阶行列式 $|\boldsymbol{A}|$ 的某一行或一列的元素全为 0, 则 $|\boldsymbol{A}| = 0$.
\end{proposition}

\begin{proof}
	我们用数学归纳法. 当 $n=1$ 时显然正确. 假定结论对 $n-1$ 阶行列式成立. 先设 $|\boldsymbol{A}|$ 中第 $i$ 行元素全为 0, 则 
	$$
	|\boldsymbol{A}| = a_{11}M_{11} - a_{21}M_{21} + \dots + (-1)^{n+1} a_{n1} M_{n1},
	$$
	其中每个 $M_{j1}(j \ne i)$ 都有行元素全为 0, 故由归纳假设 $M_{j1} = 0 (j \ne i)$. 另外, $a_{i1} = 0$, 故 $a_{i1}M_{i1} = 0$, 从而 $|\boldsymbol{A}| = 0$.
	
	再设 $|\boldsymbol{A}|$ 中第 $i$ 列全为 0. 若 $i=1$, 显然 $|\boldsymbol{A}| = 0$. 若 $i > 1$, 在展开式中每个 $M_{j1}$ 都有列元素全为 0, 由归纳假设 $M_{j1} = 0$, 故 $|\boldsymbol{A}| = 0$. 
\end{proof}




\begin{proposition}[性质3:乘以常数$c$]\label{proposition:1.3}
	 将行列式 $|A|$ 的某一行或某一列乘以一个常数 $c$, 则得到的新行列式 $|B| = c|A|$. 
\end{proposition}
\begin{proof}
	对行列式的阶用数学归纳法. 当 $n=1$ 时显然正确.
	
	 假定 $|B|$ 中第 $i$ 行的每个元素等于 $|A|$ 中第 $i$ 行的每个元素乘以 $c$, 而其他行元素与 $|A|$ 完全相同. 由定义可知,
	 \begin{align}\label{equation:1.4}
	 	|B| = a_{11} N_{11} - \dots + (-1)^{i+1}ca_{i1}N_{i1} + \dots + (-1)^{n+1}a_{n1}N_{n1}, 
	 \end{align}
	其中 $N_{r1}$ 为 $|B|$ 的第 $r$ 行第一列元素的余子式. 由题意及归纳假设知道 
	$$
	N_{r1} = cM_{r1} \ (r \ne i), \quad N_{i1} = M_{i1},
	$$
	其中 $M_{r1}$, $M_{i1}$ 均为 $|A|$ 相应的余子式. 由 (\ref{equation:1.4}) 式即知 $|B| = c|A|$. 
	
	对列的情形也不难证明. 若 $|B|$ 的第一列元素都是 $|A|$ 的第一列元素的 $c$ 倍, 则将 $|B|$ 按定义展开即可. 若 $|B|$ 的第 $i(i>1)$ 列元素是 $|A|$ 的第 $i$ 列元素的 $c$ 倍,按照行列式值的定义(即按照第一列展开),$B$的每一个余子式$N_{r1}$中都有第$i$列是$M_{r1}$第$i$列的$c$倍,由归纳假设可知$N_{r1} = cM_{r1}$,即可得到$|B| = c|A|$. 
\end{proof}






\begin{proposition}[性质4:交换两行添负号]\label{proposition:1.4}
	对换行列式 $|A|$ 任意不同的两行,则行列式的值改变符号（绝对值不变).
\end{proposition}

\begin{proof}
	对 $n$ 用归纳法, $n=2$ 时已知成立, 假定结论对 $n-1$ 阶行列式也成立. 对 $n$ 阶行列式 $|A|$, 先证明特殊情形, 即对换行列式的相邻两行, 其值改变符号. 设 $|B|$ 由 $|A|$ 对换第 $r$ 行及第 $r+1$ 行而得. 记 $N_{ij}$ 为 $|B|$ 的第 $i$ 行第 $j$ 列元素的余子式. 将 $|B|$ 按行列式定义展开并注意 到 $|B|$ 由 $|A|$ 对换第 $r$ 行及第 $r+1$ 行而得:
	$$
	\begin{aligned}
		|B| =  \ a_{11}N_{11} - a_{21}N_{21} + \dots + (-1)^{r+1}a_{r+1,1}N_{r1} 
		 + (-1)^{r+2}a_{r,1}N_{r+1,1} + \dots + (-1)^{n+1}a_{n1}N_{n1}.
	\end{aligned} 
	$$
	若 $i \ne r, r+1$, 则由归纳假定 $N_{i1} = -M_{i1}$, 而 $N_{r1} = M_{r+1,1}, N_{r+1,1} = M_{r1}$, 由此即知 $|B|=-|A|$. 
	
	再来考虑一般情形. 要将 $|A|$ 的两行对换, 不妨设所换两行为第 $i$ 行及第 $j$ 行, 且 $j>i$. 我们可先将第 $i$ 行与第 $i+1$ 行对换, 再与第 $i+2$ 行对换, 一直到着第 $j$ 行对换. 然后将第 $j-1$ 行经过不断与相邻行的对换换到原来第 $i$ 行的位置. 这样一共换了 $2(j-i)-1$ 次, 因此仍有 $|B| = -|A|$. (每做一次相邻对换改变一次符号,一共做了奇数次)
\end{proof}



\begin{remark}
	将第$i$行的元素换到第$j$行(进行相邻两行的对换)$i<j$,一共需要进行$2(j-i)-1$次相邻的对换.
	
	\[\begin{aligned}
		i\\
		i+1\\
		\vdots\\
		j-1\\
		j
	\end{aligned}\longrightarrow \begin{aligned}
	i+1\\
	\vdots\\
	j-1\\
	j\\
	i
	\end{aligned}\longrightarrow \begin{aligned}
		j\\
		i+1\\
		\vdots\\
		j-1\\
		i
	\end{aligned}\]
	从第一个状态到第二个状态需要对换$j-i$次,从第二个状态到第三个状态需要对换$j-i-1$次.
\end{remark}





\begin{proposition}[性质5:两行成比例则为0]
	若行列式 \(|A|\) 的两行成比例,则 \(|A| = 0\).特别,若行列式的两行相同,则行列式的值等于零.
\end{proposition}
\begin{proof}
	先证明特例,设行列式 \(|A|\) 有两行相同,将这两行对换,则由性质4(命题\ref{proposition:1.4}) 可得 \(|A| = -|A|\),因此 \(|A| = 0\).再证明一般情形,设 \(|A|\) 有两行成比例,则由性质 3(命题\ref{proposition:1.3}),将比例因子提出后得到的行列式有两行相同,值等于零,故 \(|A| = 0\).
\end{proof}




\begin{proposition}[性质6:拆分行列式]
	性质 6  设 $|\boldsymbol{A}|$, $|\boldsymbol{B}|$, $|\boldsymbol{C}|$ 是 $3$ 个 $n$ 阶矩阵, 它们的第 $(i,j)$ 元素分别记为 $a_{ij}$, $b_{ij}$, $c_{ij}$.  $|\boldsymbol{A}|$, $|\boldsymbol{B}|$, $|\boldsymbol{C}|$ 的第 $r$ 行元素适合条件:
	\begin{align}\label{equation:1.5}
		c_{rj} = a_{rj} + b_{rj} \quad (j=1,2,\cdots,n),
	\end{align}
	而其他元素相同, 即 $c_{ij} = a_{ij} = b_{ij} \quad (i \neq r, j=1,2,\cdots,n)$, 则
	$$
	|\boldsymbol{C}| = |\boldsymbol{A}| + |\boldsymbol{B}|.
	$$
	
\end{proposition}

\begin{proof}
	用 $n$ 阶行列式按 $n=1$ 时结论依次成立. 设结论对 $n-1$ 阶行列式成立, 将 $|\boldsymbol{C}|$ 按定义展开:

	\begin{align}\label{equation:1.6}
		|\boldsymbol{C}| = a_{11}Q_{11} - a_{21}Q_{21} + \dots + (-1)^{r+1}(a_{r1}+b_{r1})Q_{r1}+ \dots + (-1)^{n+1}a_{n1}Q_{n1}.
	\end{align}
	其中 $Q_{ij}$ 为 $|\boldsymbol{C}|$ 的余子式. 若 $i \neq r$, 则 $Q_{ij}$ 仍适合 (\ref{equation:1.5}) 式, 由归纳假设得
	\[Q_{i1} = M_{i1} + N_{i1},\]
	这里 $M_{i1}$, $N_{i1}$ 分别是 $|\boldsymbol{A}|$, $|\boldsymbol{B}|$ 的余子式. 若 $i = r$, 则
	$$
	Q_{r1} = M_{r1} = N_{r1}.
	$$
	因此 (\ref{equation:1.6}) 式为
	$$
	\begin{aligned}
		|\boldsymbol{C}| &= a_{11}(M_{11} + N_{11}) - a_{21}(M_{21} + N_{21}) + \dots \\
		&\quad + (-1)^{r+1}(a_{r1}M_{r1} + b_{r1}N_{r1} + \dots + (-1)^{n+1}a_{n1}(M_{n1} + N_{n1}) \\
		&= (a_{11}M_{11} - a_{21}M_{21} + \dots + (-1)^{n+1}a_{n1}M_{n1}) \\
		&\quad + (a_{11}N_{11} - a_{21}N_{21} + \dots + (-1)^{n+1}a_{n1}N_{n1}) \\
		&= |\boldsymbol{A}| + |\boldsymbol{B}|. 
	\end{aligned}
	$$
\end{proof}


性质 6 可用行列式具体表示如下:
$$
\begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{r1} + b_{r1} & a_{r2} + b_{r2} & \dots & a_{rn} + b_{rn} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} 
\end{vmatrix} = 
\begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{r1} & a_{r2} & \dots & a_{rn} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} 
\end{vmatrix} + 
\begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	b_{r1} & b_{r2} & \dots & b_{rn} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} 
\end{vmatrix}.
$$
即行列式的某一行为两个数之和,则该行列式可以拆成两个行列式的和.

\begin{proposition}[性质7:倍加性质]\label{proposition:1.7}
	性质 7 将行列式的某一行乘以某个常数 $c$ 加到另一行上, 行列式的值不变, 即
	$$
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{i1} & a_{i2} & \dots & a_{in} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{j1} + ca_{i1} & a_{j2} + ca_{i2} & \dots & a_{jn} + ca_{in} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} 
	\end{vmatrix} =
	\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{i1} & a_{i2} & \dots & a_{in} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{j1} & a_{j2} & \dots & a_{jn} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} 
	\end{vmatrix}.
	$$
\end{proposition}
\begin{proof}
	由性质 6 (拆分)可将上式左边分成两个行列式之和, 一个等于右边
	的行列式, 另一个由性质 5 (两行成比例)知其值为零.  
\end{proof}


上面性质4到性质7只证明了对于行成立,下面证明这些性质对于列同样成立.由于行列式的定义是按照第一列展开的,所以第一列有着特殊的地位,故性质4'(交换两列)无法使用归纳法证明,故放在后面使用性质5'(两列成比例)和性质6'(拆分法)进行证明.





\begin{proposition}[性质5':两列成比例则为0]
	 若行列式$|A|$的两列成比例,则$|A|=0$. 特别,若行列式的两列相同,则行列式的值等于零.
\end{proposition}

\begin{proof}
	先证明若$|A|$有两列相同,则值等于零.
	
	 假设$|A|$中相同的两列都不是第一列,则将$|A|$展开并用归纳法即可得$|A|=0$(按照第一列展开后,每一个余子式都有两列相同). 
	 
	 因此我们不妨设$|A|$的第一列与第$r$列相同. 这时如果第一列元素全为0, 则$|A|=0$. 故假设$|A|$的第一列元素至少有一个不等于零,比如$a_{s1}\neq0$. 将$|A|$的第一行与第$s$行对换, 仅仅改变$|A|$的符号, 由于$-|A|=0$意味着$|A|=0$, 因此我们不妨设$a_{11}\neq0$, 这时$|A|$的形式为
	$$\begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots & a_{11} & \cdots \\
		a_{21} & \cdots & a_{21} & \cdots \\
		\vdots &  & \vdots &  \\
		a_{n1} & \cdots & a_{n1} & \cdots 
	\end{vmatrix}$$
	将$|A|$的第一行乘以$-\frac{a_{i1}}{a_{11}}$加到第$i$行上去$(i=2,3,\cdots,n)$, 则得到一个新的行列式$|C|$,  它的形式为
	$$\begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots & a_{11} & \cdots \\
		0 & \cdots & 0 & \cdots \\
		\vdots &  & \vdots &  \\
		0 & \cdots & 0 & \cdots 
	\end{vmatrix}$$
	
	由性质7(倍加性质)知$|C|=|A|$, 将$|C|$按定义展开, $|C|=a_{11}Q_{11}$. 而$Q_{11}$是一个有一列全为0的$n-1$阶行列式, 故$Q_{11}=0$, 即有$|C|=0$, 于是$|A|=0$. 
	
	一般情形的证明和行性质证明相同.
\end{proof}


\begin{proposition}[性质6':拆分列]
	 $|A|,|B|,|C|$是3个$n$阶行列式, $|C|$的第$r$列元素等于$|A|$的第$r$列元素与$B$的第$r$列元素之和:
	$$c_{ir}=a_{ir}+b_{ir}(i=1,2,\cdots,n),$$
	而其他元素相同, 即$c_{ij}=a_{ij}=b_{ij}(i=1,2,\cdots,n,j\neq r)$, 则
	$$|C|=|A|+|B|.$$
\end{proposition}

\begin{proof}
	若$r=1$, 用行列式定义展开$|C|$即可得到结论(按照第1列展开).
	
	 若$r>1$, 将$|C|$展开:
	$$|C|=a_{11}Q_{11}-a_{21}Q_{21}+\cdots+(-1)^{n+1}a_{n1}Q_{n1},$$
	每个$Q_{i1}$由归纳假设(是$n-1$阶行列式且满足性质6'的条件)得
	$$Q_{i1}=M_{i1}+N_{i1},$$
	其中$Q_{i1}, M_{i1}, N_{i1}$分别是$|C|, |A|, |B|$的余子式. 代入可得
	$$|C|=|A|+|B|. $$
\end{proof}



\begin{proposition}[性质7':倍加性质(对于列)]
	将行列式的一列乘以常数$c$加到另一列上,行列式的值不变.
\end{proposition}
\begin{proof}
	参考性质7(命题(\ref{proposition:1.7}))的证明过程.利用性质6'拆分为两个行列式,第二个行列式利用性质5'(两列成比例)等于0即可得到性质7'.
\end{proof}




\begin{proposition}[性质4':交换两列添负号]
	交换行列式的两列,行列式的值改变符号.
\end{proposition}
\begin{proof}
	设$|B|$由$|A|$交换第$r$列及第$s$列得到, 即
	$$|A|=\begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots & a_{1r} & \cdots & a_{1s} & \cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & \cdots & a_{2r} & \cdots & a_{2s} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & \cdots & a_{nr} & \cdots & a_{ns} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix},$$
	
	$$|B|=\begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots & a_{1s} & \cdots & a_{1r} & \cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & \cdots & a_{2s} & \cdots & a_{2r} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & \cdots & a_{ns} & \cdots & a_{nr} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix}$$
	
	作行列式$|C|$, 它的第$r$列及第$s$列相同, 都等于$|A|$的第$r$列及第$s$列之和, 则
	$$|C|=\begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots & a_{1r}+a_{1s} & \cdots & a_{1r}+a_{1s} & \cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & \cdots & a_{2r}+a_{2s} & \cdots & a_{2r}+a_{2s} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & \cdots & a_{nr}+a_{ns} & \cdots & a_{nr}+a_{ns} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix}$$
	
	由于$C$行列式有两列相同,故$|C| = 0$.根据性质6'可以拆分为4个行列式如下:
	
	\[ 0=|C| = \begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots & a_{1r} & \cdots & a_{1r} & \cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & \cdots & a_{2r} & \cdots & a_{2r} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & \cdots & a_{nr} & \cdots & a_{nr} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix} +|A|  +|B|+\begin{vmatrix}
	a_{11} & \cdots & a_{1s} & \cdots & a_{1s} & \cdots & a_{1n} \\
	a_{21} & \cdots & a_{2s} & \cdots & a_{2s} & \cdots & a_{2n} \\
	\vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots \\
	a_{n1} & \cdots & a_{ns} & \cdots & a_{ns} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix}.\]
	同样根据性质5'(两列成比例)可以得到
	\[|A|+|B| = 0\]
	即$$|B| = -|A|.$$
\end{proof}







\section{行列式的展开和转置}

行列式的定义是按照第1列进行展开的,实际上可以按照任意一列展开,下证可以按照第$r(r>1)$列展开.

我们可这样考虑（仍用前面的行列式$|A|$）：先交换第$r$列与第$r-1$列,再交换第$r-1$列与第$r-2$列,等等.经过$r-1$次这样的交换便可将$|A|$的第$r$列换到第一列,再按定义展开行列式(即作$r-1$次列的相邻对换,将第$r$列换到第1列的位置上).

记$|B|$是经过这样变换以后的行列式,则
$$(-1)^{r-1}|A|=|B|=
	a_{1r}  N_{11}  -a_{2r} N_{21}  +\cdots+(-1)^{n+1}a_{nr}N_{n1} 
$$

其中,不难看到
\[\forall i,\quad  N_{i1} = M_{ir}\]

则有
$$(-1)^{r-1}|A|=|B|=
	a_{1r}  M_{1r}  -a_{2r} M_{2r}  +\cdots+(-1)^{n+1}a_{nr}M_{nr} ,$$


因此
$$|A| =(-1)^{r-1}|B| =(-1)^{r+1} a_{1r} M_{1r} + (-1)^{2+r} a_{2r} M_{2r} + \cdots + (-1)^{n+r} a_{nr} M_{nr},$$

上面$N_{i1}, M_{ir}$分别表示$|B|$及$|A|$的余子式. 利用代数余子式可将上述改写为
$$|A| = a_{1r} A_{1r} + a_{2r} A_{2r} + \cdots + a_{nr} A_{nr}, $$

其中$A_{ir} = (-1)^{i+r} M_{ir}$是$|A|$的代数余子式.

\begin{remark}
	这里考虑作$r-1$次相邻对换将第$r$列换到第1列的位置,而不是直接将第1列和第$r$列互换位置是因为$r-1$列相邻对换后再按照第1列展开,余子式的下标仍然是从小到大的(前后顺序没有发生变化).
\end{remark}



\begin{theorem}\label{theorem:1.1}
	设$|A|$为$n$阶行列式,$1\le r,s\le n $,则
	\[a_{1r}A_{1s}+a_{2r}A_{2s}+ \dots +a_{nr}A_{ns} = \delta_{rs}\cdot |A|\]
	其中
	\[\delta_{ij} = \begin{cases}
		1,\quad i=j\\
		0,\quad i\neq j
	\end{cases}\]
\end{theorem}
\begin{proof}
	当$r=s$时,已证;下证当$r\neq s$的情形.
	
	构造一个行列式(第$r$列和第$s$列相同)
	$$ |C|=\begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots & a_{1r} & \cdots & a_{1r} & \cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & \cdots & a_{2r} & \cdots & a_{2r} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & \cdots & a_{nr} & \cdots & a_{nr} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix} = 0.$$
	
	将这个行列式按第$s$列展开便有
	$$a_{1r}A_{1s} + a_{2r}A_{2s} + \cdots + a_{nr}A_{ns} = 0. $$
\end{proof}

\begin{note}
	可以这样构造行列式$|C|$的原因是代数余子式$A_{is}$是将第$i$行第$s$列划去的,即$A_{is}$与行列式的第$s$列是没有关系的.
\end{note}


上述定理告诉我们行列式可以按照任何一列进行展开,下面证明也可以按照任何一行进行展开.

先通过一个例子证明可以按照第一行进行展开.

\begin{example}
	$$|A| = \begin{vmatrix}
		0 & \cdots & 0 & a_{1s} & 0 & \cdots & 0 \\
		a_{21} & \cdots & a_{2,s-1} & a_{2s} & a_{2,s+1} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & \cdots & a_{n,s-1} & a_{ns} & a_{n,s+1} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix} = a_{1s} A_{1s}.$$
	该行列式第一行只有一个元素非零.
\end{example}
\begin{proof}
	由于定理\ref{theorem:1.1}将上述行列式按第$s$列展开,得
	$$|A| = a_{1s} A_{1s} + a_{2s} A_{2s} + \cdots + a_{ns} A_{ns}.$$
	
	除了$A_{1s}$外,$A_{is}$ ($i>1$) 中都有一行等于零,因此$A_{is} = 0$. 此即$|A| = a_{1s} A_{1s}$. 
\end{proof}

下面我们证明一个引理,行列式可以按照第一行进行展开.
\begin{lemma}\label{lemma:1.1}
	若
	\begin{equation}\label{equation:1.7}
		|A| = \begin{vmatrix}
			a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
			a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
			\vdots & \vdots & & \vdots \\
			a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
		\end{vmatrix}, 
	\end{equation}

	则
	$$|A| = a_{11} A_{11} + a_{12} A_{12} + \cdots + a_{1n} A_{1n}.$$
\end{lemma}
\begin{proof}
	由于行列式的性质6(拆分)及上面的例子得:
	
	\begin{align*}
		|A| &= \begin{vmatrix}
			a_{11} & 0 & \cdots & 0 \\
			a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
			\vdots & \vdots & & \vdots \\
			a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
		\end{vmatrix} + \begin{vmatrix}
			0 & a_{12} & \cdots & 0 \\
			a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
			\vdots & \vdots & & \vdots \\
			a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
		\end{vmatrix} + \cdots + \begin{vmatrix}
			0 & 0 & \cdots & a_{1n} \\
			a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
			\vdots & \vdots & & \vdots \\
			a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
		\end{vmatrix}\\
		&= a_{11} A_{11} + a_{12} A_{12} + \cdots + a_{1n} A_{1n}.
	\end{align*}
\end{proof}




\begin{theorem}\label{theorem:1.2}
	设$|A|$是如(\ref{equation:1.7})式所示的行列式,则对任意的$r (r = 1, 2, \ldots, n)$有展开式:
	$$|A| = a_{r1} A_{r1} + a_{r2} A_{r2} + \cdots + a_{rn} A_{rn}. $$
	
	又对任意的$s \ne r$,有
	$$a_{r1} A_{s1} + a_{r2} A_{s2} + \cdots + a_{rn} A_{sn} = 0. $$
\end{theorem}
\begin{proof}与定理\ref{theorem:1.1}的证明过程基本一致.
	
	先交换第$r$行与第$r-1$行,再交换第$r-1$行与第$r-2$行,等等.经过$r-1$次这样的交换便可将$|A|$的第$r$行换到第一行,再按第一行展开行列式(引理\ref{lemma:1.1}已经证过).
	
	记$|B|$是经过这样变换以后的行列式,则
	$$(-1)^{r-1}|A|=|B|=
	a_{r1}  N_{11}  -a_{r2} N_{12}  +\cdots+(-1)^{n+1}a_{rn}N_{1n} 
	$$
	
	其中,不难看到
	\[\forall j,\quad  N_{1j} = M_{rj}\]
	
	则有
	$$(-1)^{r-1}|A|=|B|=
	a_{r1}  M_{r1}  -a_{r2} M_{r2}  +\cdots+(-1)^{n+1}a_{rn}M_{rn} ,$$
	
	
	因此
	$$|A| =(-1)^{r-1}|B| =(-1)^{r+1} a_{r1}  M_{r1}  -a_{r2} M_{r2}  +\cdots+(-1)^{n+1}a_{rn}M_{rn} ,$$
	
	上面$N_{1j}, M_{rj}$分别表示$|B|$及$|A|$的余子式. 利用代数余子式可将上述改写为
	$$|A| = a_{r1} A_{r1} + a_{r2} A_{r2} + \cdots + a_{rn} A_{rn}, $$
	
	其中$A_{ri} = (-1)^{r+i} M_{ri}$是$|A|$的代数余子式.
	
	第二部分的证明也与定理\ref{theorem:1.1}的证明过程基本一致,构造一个行列式,第$r$行与第$s$行相同,再按照第$s$行展开即可得到.
	$$a_{r1} A_{s1} + a_{r2} A_{s2} + \cdots + a_{rn} A_{sn} = 0. $$
\end{proof}

\begin{note}
	定理\ref{theorem:1.2}即为
	\begin{align*}
		a_{r1} A_{s1} + a_{r2} A_{s2} + \cdots + a_{rn} A_{sn} = \delta_{rs}|A|
	\end{align*}
	其中
	\[\delta_{ij} =\begin{cases}
		1,\quad i=j\\
		0,\quad i\neq j
	\end{cases}\]
\end{note}


\begin{remark}
	可以将这个特例取为第$r$行只有一个元素非零,然后通过引理\ref{lemma:1.1}就可以直接证明行列式可以按照第$r$行进行展开,无需再像上面一样将第$r$行元素对换到第一行进行操作.
\end{remark}



\begin{definition}[行列式的转置]
	设$|A|$是如(\ref{equation:1.7})式所示的行列式,令
	$$|A'| = \begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{n1} \\
		a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{n2} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix},$$
	
	即$|A'|$的第一行为$|A|$的第一列,$|A'|$的第二行为$|A|$的第二列,$\cdots$,$|A'|$的第$n$行为$|A|$的第$n$列,则称$|A'|$是$|A|$的转置.换言之,$|A'|$可由$|A|$将行变成列,列变成行得到.
\end{definition}


我们现在来证明行列式的性质8.
\begin{proposition}[性质8:转置后行列式的值不变]
	行列式转置后的值不变,即$|A'| = |A|$.
\end{proposition}
\begin{proof}
	对行列式的阶用数学归纳法.当$n=1$时显然成立.设$M_{ij}$及$N_{ij}$分别是$|A|$及$|A'|$的余子式,则$N_{ij}$等于$M_{ji}$的转置.由归纳假设,$N_{ij} = M_{ji}$.将$|A'|$按第一行展开:
	\begin{align*}
		|A'| &= a_{11} N_{11} - a_{21} N_{12} + \cdots + (-1)^{n+1} a_{n1} N_{1n}\\
		&=a_{11} M_{11} - a_{21} M_{21} + \cdots + (-1)^{n+1} a_{n1} M_{n1}\\
		&= |A|.
	\end{align*}
\end{proof}


二阶行列式可以求解2元1次方程组,那么$n$阶行列式是不是也能求解$n$元1次方程组呢?

现在我们的任务是利用行列式性质,求出$n$元线性方程组的公式解.设有$n$个未知数$n$个方程式的线性方程组

\begin{align}\label{equation:1.8}
	\begin{cases}
		a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1, \\
		a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2, \\
		\cdots \\
		a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = b_n.
	\end{cases}
\end{align}


记方程组的系数行列式为
$$|A| = \begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
	a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}.$$

假设(\ref{equation:1.8})式有解.

行列式
$$|A_1| = \begin{vmatrix}
	b_1 & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
	b_2 & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	b_n & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
	a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
	a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}.$$



用 $-x_2$ 乘以右边行列式的第二列加到第一列上,再用 $-x_3$ 乘以第三列加到第一列上,$\cdots$,最后将 $-x_n$ 乘以第 $n$ 列加到第一列上,由行列式性质知道行列式值不变,即
$$|A_1| = \begin{vmatrix}
	a_{11}x_1 & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
	a_{21}x_1 & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{n1}x_1 & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix} = x_1 \begin{vmatrix}
	a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
	a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
	\vdots & \vdots & & \vdots \\
	a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}.$$

于是
$$x_1 = \frac{|A_1|}{|A|} = \frac{\begin{vmatrix}
		b_1 & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
		b_2 & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		b_n & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}}.$$


同理可以得到

$$x_n = \frac{|A_n|}{|A|} = \frac{\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} & \cdots & b_1 \\
		a_{21} & a_{22} & \cdots & b_2 \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & a_{n2} & \cdots & b_n
\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & \vdots & & \vdots \\
		a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}}.$$

上述结论通常称为 Cramer（克莱姆）法则,我们把它写成如下定理.



\begin{theorem}[Cramer 法则]
	有$n$元线性方程组
	\begin{equation}\label{eq:1.9}
		\begin{cases}
			a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1, \\
			a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2, \\
			\cdots \\
			a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = b_n.
		\end{cases}
	\end{equation}
	
	记这个方程组的系数行列式为$|A|$,若$|A| \neq 0$,则方程组有且仅有一组解：
	\begin{equation}\label{eq:1.10}
		x_1 = \frac{|A_1|}{|A|}, \quad x_2 = \frac{|A_2|}{|A|}, \quad \cdots, \quad x_n = \frac{|A_n|}{|A|},
	\end{equation}
	
	其中$|A_j| (j = 1, 2, \cdots, n)$是一个$n$阶行列式,它由$|A|$去掉第$j$列换上方程组的常数项$b_1, b_2, \cdots, b_n$组成的列而成.
\end{theorem}
\begin{proof}
	在上面的推导过程中已经证明了若\eqref{eq:1.9}式有解,则一定是唯一的,下面只需证\eqref{eq:1.10}式确实是\eqref{eq:1.9}式的解即可.
	
	取$x_j = \frac{|A_j|}{|A|}$,其中
	\[|A_j|=\begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots &b_1 &\cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & \cdots &b_2 &\cdots & a_{2n} \\
		\vdots & \cdots &\vdots &\cdots & \vdots \\
		a_{n1} & \cdots &b_n &\cdots & a_{nn} \\
	\end{vmatrix}\]
	
	将$|A_j|$按照第$j$列进行展开可以得到
	\[|A_j| = \sum_{i=1}^{n}b_iA_{ij}\]
	代入即可得到
	\[x_j = \frac{1}{|A|} \sum_{i=1}^{n}b_i A_{ij}\]
	
	下面只需验证$x_j$是\eqref{eq:1.9}式第$k$个方程的解即可,即$x_j$要满足
	\[\sum_{j=1}^{n}a_{kj}x_j = b_k\]
	将$x_j$代入到上式有
	
	\begin{align*}
			\sum_{j=1}^{n}a_{kj}\left(\frac{1}{|A|} \sum_{i=1}^{n}b_jA_{ij}\right) &=\frac{1}{|A|}\sum_{i=1}^{n}b_i\sum_{j=1}^{n}a_{kj}A_{ij}\\
		&=\frac{1}{|A|}\sum_{i=1}^{n}b_i \delta_{ki}|A| \qquad (\text{定理}\ref{theorem:1.2})\\ 
		&= b_k
	\end{align*}
	
	
	即证得\eqref{eq:1.10}式是线性方程组\eqref{eq:1.9}的解.
\end{proof}




\section{行列式的计算}

核心思想是降阶法,利用行列式的性质进行降阶.



\begin{example}[(Vander Monde（范德蒙）行列式)]
计算$n$阶Vander Monde（范德蒙）行列式：
	$$
	V_n = \begin{vmatrix}
		1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^{n-2} & x_1^{n-1} \\
		1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^{n-2} & x_2^{n-1} \\
		\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
		1 & x_{n-1} & x_{n-1}^2 & \cdots & x_{n-1}^{n-2} & x_{n-1}^{n-1} \\
		1 & x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^{n-2} & x_n^{n-1}
	\end{vmatrix}
	$$
\end{example}
\begin{solution}
	使用递推法,首先得到$V_n$与$V_{n-1}$的关系,对最后一行进行如下操作.
	
	我们采用行消去法.将第$n-1$列乘以$-x_n$后加到第$n$列上,再将第$n-2$列乘以$-x_n$加到第$n-1$列上.这样一直做下去,直至将第一列乘以$-x_n$加到第二列上为止.每次这样变形后行列式的值不改变,于是
	\begin{align*}
		V_n &= \begin{vmatrix}
			1 & x_1 - x_n & x_1^2 - x_1x_n & \cdots & x_1^{n-2} - x_1^{n-3}x_n & x_1^{n-1} - x_1^{n-2}x_n \\
			1 & x_2 - x_n & x_2^2 - x_2x_n & \cdots & x_2^{n-2} - x_2^{n-3}x_n & x_2^{n-1} - x_2^{n-2}x_n \\
			\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
			1 & x_{n-1} - x_n & x_{n-1}^2 - x_{n-1}x_n & \cdots & x_{n-1}^{n-2} - x_{n-1}^{n-3}x_n & x_{n-1}^{n-1} - x_{n-1}^{n-2}x_n \\
			1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0
		\end{vmatrix}\\
		&=(-1)^{n+1} \begin{vmatrix}
			x_1 - x_n & x_1(x_1 - x_n) & x_1^2(x_1 - x_n) & \cdots & x_1^{n-3}(x_1 - x_n) & x_1^{n-2}(x_1 - x_n) \\
			x_2 - x_n & x_2(x_2 - x_n) & x_2^2(x_2 - x_n) & \cdots & x_2^{n-3}(x_2 - x_n) & x_2^{n-2}(x_2 - x_n) \\
			\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
			x_{n-1} - x_n & x_{n-1}(x_{n-1} - x_n) & x_{n-1}^2(x_{n-1} - x_n) & \cdots & x_{n-1}^{n-3}(x_{n-1} - x_n) & x_{n-1}^{n-2}(x_{n-1} - x_n)
		\end{vmatrix}.
	\end{align*}
	
	将上式中各行公因子提出后得到的$n-1$阶行列式恰好是一个$x_1, x_2, \cdots, x_{n-1}$的$n-1$阶Vander Monde行列式,我们记之为$V_{n-1}$.于是
	
	\begin{align*}
		 V_n &= (-1)^{n+1} (x_1 - x_n)(x_2 - x_n) \cdots (x_{n-1} - x_n) \cdot \begin{vmatrix}
		 	1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^{n-2} \\
		 	1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^{n-2} \\
		 	\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
		 	1 & x_{n-1} & x_{n-1}^2 & \cdots & x_{n-1}^{n-2}
		 \end{vmatrix}\\
		 &=(x_n - x_1)(x_n - x_2) \cdots (x_n - x_{n-1}) V_{n-1}.
	\end{align*}
	
	
	我们得到了递推公式：
	$$
	V_n = (x_n - x_1)(x_n - x_2) \cdots (x_n - x_{n-1}) V_{n-1}.
	$$
	
	于是
	$$
	V_n = \prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_j - x_i).
	$$
\end{solution}


\begin{remark}
	对于升幂的范德蒙行列式,其结果为(大指标-小指标).
	
	对于降幂的范德蒙行列式,可以进行$\frac{n(n-1)}{2}$次相邻对换,变为升幂的范德蒙行列式.
		\[V_n =
	\begin{vmatrix}
		x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_{n-1}^{n-1} & x_n^{n-1} \\
		x_1^{n-2} & x_2^{n-2} & \cdots & x_{n-1}^{n-2} & x_n^{n-2} \\
		\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
		x_1 & x_2 & \cdots & x_{n-1} & x_n \\
		1 & 1 & \cdots & 1 & 1
	\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
		x_1^{n-1} & x_1^{n-2} & \cdots & x_1 & 1 \\
		x_2^{n-1} & x_2^{n-2} & \cdots & x_2 & 1 \\
		\vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
		x_{n-1}^{n-1} & x_{n-1}^{n-2} & \cdots & x_{n-1} & 1 \\
		x_n^{n-1} & x_n^{n-2} & \cdots & x_n & 1
	\end{vmatrix} =(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}V_n(\text{升幂}) =\prod\limits_{1\le i<j\le n} (x_i-x_j)
	\]
	得到降幂的结果是(小指标-大指标)
\end{remark}




\begin{example}
 求下列行列式的值：
	$$
	F_n = \begin{vmatrix}
		\lambda & 0 & 0 & \cdots & 0 & a_n \\
		-1 & \lambda & 0 & \cdots & 0 & a_{n-1} \\
		0 & -1 & \lambda & \cdots & 0 & a_{n-2} \\
		\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
		0 & 0 & 0 & \cdots & \lambda & a_2 \\
		0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & \lambda + a_1
	\end{vmatrix}
	$$
\end{example}
\begin{solution}
	按第一行展开并注意到以下两点：一是$a_n$的余子式是一个上三角行列式,故其值等于$(-1)^{n-1}$；二是$\lambda$的余子式是与$F_n$相类似的$n-1$阶行列式,我们记之为$F_{n-1}$,于是
	$$
	F_n = \lambda F_{n-1} + (-1)^{1+n}(-1)^{n-1}a_n = \lambda F_{n-1} + a_n.
	$$
	
	利用递推关系不难求得
	$$
	F_n = \lambda^n + a_1 \lambda^{n-1} + a_2 \lambda^{n-2} + \cdots + a_n.
	$$
\end{solution}
\begin{note}
	多项式的友阵的特征多项式.
\end{note}


下面看一个使用求和法的例子(行列式每一行或每一列的求和结果相同).

\begin{example}
	计算下列$n$阶行列式：
	$$
	|A| = \begin{vmatrix}
		x & a & a & \cdots & a \\
		a & x & a & \cdots & a \\
		a & a & x & \cdots & a \\
		\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
		a & a & a & \cdots & x
	\end{vmatrix}.
	$$
\end{example}
\begin{solution}
	将第二行、第三行直至第$n$行都加到第一行上,$|A|$的值不变：
	
	\begin{align*}
		 |A| &= \begin{vmatrix}
		 	x + (n-1)a & x + (n-1)a & x + (n-1)a & \cdots & x + (n-1)a \\
		 	a & x & a & \cdots & a \\
		 	a & a & x & \cdots & a \\
		 	\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
		 	a & a & a & \cdots & x
		 \end{vmatrix}\\
		 &= (x + (n-1)a) \begin{vmatrix}
		 	1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\
		 	a & x & a & \cdots & a \\
		 	a & a & x & \cdots & a \\
		 	\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
		 	a & a & a & \cdots & x
		 \end{vmatrix}.
	\end{align*}
	
	再将第一行乘以$-a$分别加到第二行、第三行,直至第$n$行上,得
	$$
	|A| = (x + (n-1)a) \begin{vmatrix}
		1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\
		0 & x-a & 0 & \cdots & 0 \\
		0 & 0 & x-a & \cdots & 0 \\
		\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
		0 & 0 & 0 & \cdots & x-a
	\end{vmatrix}
	= (x + (n-1)a)(x-a)^{n-1}.
	$$
\end{solution}



\begin{example}
	计算
	$$
	|A| = \begin{vmatrix}
		x & y & z & w \\
		y & x & w & z \\
		z & w & x & y \\
		w & z & y & x
	\end{vmatrix}.
	$$
\end{example}
\begin{solution}
	 将第二列、第三列和第四列都加到第一列上,$|A|$的值不变：
	$$
	|A| = \begin{vmatrix}
		x + y + z + w & y & z & w \\
		x + y + z + w & x & w & z \\
		x + y + z + w & w & x & y \\
		x + y + z + w & z & y & x
	\end{vmatrix}
	= (x + y + z + w) \begin{vmatrix}
		1 & y & z & w \\
		1 & x & w & z \\
		1 & w & x & y \\
		1 & z & y & x
	\end{vmatrix}.
	$$
	
	再将第一行乘以$-1$分别加到第二行、第三行和第四行上,得
	$$
	|A| = (x + y + z + w) \begin{vmatrix}
		1 & y & z & w \\
		0 & x-y & w-z & z-w \\
		0 & w-y & x-z & y-w \\
		0 & z-y & y-z & x-w
	\end{vmatrix}
	= (x + y + z + w) \begin{vmatrix}
		x-y & w-z & z-w \\
		w-y & x-z & y-w \\
		z-y & y-z & x-w
	\end{vmatrix}.
	$$
	
	再将第二列分别加到第二列和第三列上(因为$a_{12}$与$a_{13}$这两个数和$a_{31},a_{32}$都是相反数,相加可以得到0),得
	
	\begin{align*}
		 |A| &= (x + y + z + w) \begin{vmatrix}
		 	x + w - y - z & w - z & 0 \\
		 	x + w - y - z & x - z & x + y - z - w \\
		 	0 & y - z & x + y - z - w
		 \end{vmatrix}\\
		 &= (x + y + z + w)(x + y - z - w)(x + w - y - z) \begin{vmatrix}
		 	1 & w - z & 0 \\
		 	1 & x - z & 1 \\
		 	0 & y - z & 1
		 \end{vmatrix}(\text{提取两列的公因子})\\
		 &= (x + y + z + w)(x + y - z - w)(x + w - y - z)(x + z - y - w).
	\end{align*}
\end{solution}




\begin{example}
	求证：
	$$
	|A| = \begin{vmatrix}
		ax + by & ay + bz & az + bx \\
		ay + bz & az + bx & ax + by \\
		az + bx & ax + by & ay + bz
	\end{vmatrix}
	= (a^3 + b^3) \begin{vmatrix}
		x & y & z \\
		y & z & x \\
		z & x & y
	\end{vmatrix}.
	$$
	
\end{example}
\begin{proof}
	注意到行列式$|A|$的每个元素都是两个数之和,根据行列式的性质6,可依次将第一列、第二列、第三列分拆开,得到行列式$|A|$是8个行列式之和.注意到其中6个行列式都有两列成比例,从而值为零,最后可得
	$$
	|A| = \begin{vmatrix}
		ax & ay & az \\
		ay & az & ax \\
		az & ax & ay
	\end{vmatrix}
	+ \begin{vmatrix}
		by & bz & bx \\
		bz & bx & by \\
		bx & by & bz
	\end{vmatrix}
	= (a^3 + b^3) \begin{vmatrix}
		x & y & z \\
		y & z & x \\
		z & x & y
	\end{vmatrix}.
	$$
\end{proof}
\begin{remark}
	上述方法是拆分成8个行列式,下面只将第一列拆分,然后利用行列式性质求解.
	
	行列式第一列的每个元素都是两个数之和,故可以拆分为两个行列式,即
	\begin{align*}
		|A| = \begin{vmatrix}
			ax & ay + bz & az + bx \\
			ay  & az + bx & ax + by \\
			az  & ax + by & ay + bz
		\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}
		by & ay + bz & az + bx \\
		bz & az + bx & ax + by \\
		bx & ax + by & ay + bz
		\end{vmatrix}
	\end{align*}
	观察第一个行列式,注意到第一列和第三列都有$x,y,z$的倍数,利用倍加性质可将第三列每个元素的第二项消掉,再利用消掉后的第三列将第二列的第二项消掉.对第二个行列式也是同理,即可得到
	$$
	|A| = \begin{vmatrix}
		ax & ay & az \\
		ay & az & ax \\
		az & ax & ay
	\end{vmatrix}
	+ \begin{vmatrix}
		by & bz & bx \\
		bz & bx & by \\
		bx & by & bz
	\end{vmatrix}
	= (a^3 + b^3) \begin{vmatrix}
		x & y & z \\
		y & z & x \\
		z & x & y
	\end{vmatrix}.
	$$
	
	在上式中的第二个行列式,提出$b$后得到的行列式为
	\[\begin{vmatrix}
		y & z & x \\
		z & x & y\\
		x & y & z 
	\end{vmatrix}\]
	可以将第三行经过两次相邻对换换到第一行,对换两次,行列式结果不变,此时就有了公因子行列式.
\end{remark}





\section{行列式的等价定义}


\begin{definition}[逆序数]
	我们称n个数$1, 2, \cdots, n$的排列$(1, 2, \cdots, n)$为\textbf{常序排列}.如果在一个排列中$j$排在$i$之前但是$j > i$,则称这是一个\textbf{逆序}.一个排列的所有逆序对的总个数称为这个排列的\textbf{逆序数}.
\end{definition}


逆序数的求法是：设排列为$(k_1, k_2, \cdots, k_n)$,先看$k_1$后面有多少个数小于$k_1$,不妨设为$m_1$；再看$k_2$后面有多少个数小于$k_2$,不妨设为$m_2$；$\cdots$；最后看$k_{n-1}$后面有多少个数小于$k_{n-1}$,不妨设为$m_{n-1}$.由定义,排列$(k_1, k_2, \cdots, k_n)$的逆序数就等于$m_1 + m_2 + \cdots + m_{n-1}$,通常记为$N(k_1, k_2, \cdots, k_n)$.例如,常序排列$(1, 2, \cdots, n)$的逆序数为零.


\begin{example}
	试确定$(4, 1, 3, 2)$的逆序数.
\end{example}
\begin{solution}
	 $m_1 = 3, m_2 = 0, m_3 = 1$,故逆序数$N(4, 1, 3, 2) = 3 + 0 + 1 = 4$.
\end{solution}

\begin{definition}[奇偶排列]
	若排列$(k_1, k_2, \cdots, k_n)$的逆序数是一个偶数（包括零）,则称之为\textbf{偶排列}；若$(k_1, k_2, \cdots, k_n)$的逆序数是一个奇数,则称之为\textbf{奇排列}.
\end{definition}


设$S_n$为$1, 2, \cdots, n$的所有排列构成的集合,则$S_n$的元素个数为$n!$.



\begin{lemma}\label{lemma:1.2}
	设$(k_1, k_2, \cdots, k_n) \in S_n$,若将其中$k_i$与$k_j$的位置对换,其余数不动,则排列的奇偶性改变.即奇排列变为偶排列,偶排列变为奇排列.
\end{lemma}
\begin{proof}
	首先我们考虑相邻两个数的对换.若是$k_i > k_{i+1}$,则对换后逆序数减少了1；若$k_i < k_{i+1}$,则对换后逆序数增加了1,无论哪种情形,奇偶性都改变了.
	
	
	再考虑一般情形.$k_i$与$k_j$的对换可通过相邻两个数的对换来实现：不妨设$i < j$,将$k_i$与$k_{i+1}$对换,再与$k_{i+2}$对换,$\cdots$,最后与$k_j$对换（共对换了$j-i$次）；再将$k_j$与$k_{j-1}$对换,再与$k_{j-2}$对换,$\cdots$,最后与$k_{i+1}$对换（共对换了$j-i-1$次）；此时$k_j$到了$k_i$原来的位置,$k_i$到了$k_j$原来的位置.这样一共换了$2(j-i)-1$次,因此改变了奇偶性.
\end{proof}
\begin{note}
	在相邻对换的证明中,假设对换$k_i,k_{i+1}$,对换后每一点处的逆序数发生变化的只有$m_i\text{或} m_{i+1}$,其余位置的逆序对个数并未发生变化.
\end{note}


\begin{lemma}
	设$n \geq 2$,则$S_n$中的奇排列与偶排列各占一半.
\end{lemma}
\begin{proof}
	设$S_n$中的奇排列有$p$个,偶排列有$q$个.由于$n \geq 2$,故可将每个奇排列的头两个数对换一下,则所有奇排列变成了互不相同的偶排列,因此$p \leq q$.同理可证$q \leq p$,故$p = q$.
\end{proof}
\begin{note}
	在该引理的证明过程中,需要注意到构造的这个映射(对换前两个数)是一个单映射,若输入不同,则输出一定不同.(可通过反证法验证)
\end{note}



逆序数的实际意义是,它给出了任一排列与常序排列之间相互转换的关系.

\begin{proposition}
	设$(k_1, k_2, \cdots, k_n) \in S_n$,则通过$N(k_1, k_2, \cdots, k_n)$次相邻对换,可将$(k_1, k_2, \cdots, k_n)$变为常序排列$(1, 2, \cdots, n)$.
\end{proposition}
\begin{proof}
	对$n$进行归纳.$n = 1$时结论显然成立,设对$1, 2, \cdots, n-1$的任一排列结论成立.设$n$在排列$(k_1, k_2, \cdots, k_n)$的第$i$位置,即$k_i = n$,其逆序数为$m_i$（此时$m_i = n - i$）.将$k_i$与$k_{i+1}$对换,再与$k_{i+2}$对换,$\cdots$,最后与$k_n$对换（共对换了$m_i$次）,此时$n$就到了最末一位.注意到
	$$
	N(k_1, k_2, \cdots, k_n) = m_i + N(k_1, \cdots, k_{i-1}, k_{i+1}, \cdots, k_n),
	$$
	且$(k_1, \cdots, k_{i-1}, k_{i+1}, \cdots, k_n) \in S_{n-1}$,由归纳假设知$(k_1, \cdots, k_{i-1}, k_{i+1}, \cdots, k_n)$经过$N(k_1, \cdots, k_{i-1}, k_{i+1}, \cdots, k_n)$次相邻对换可变为常序排列$(1, 2, \cdots, n-1)$,因此由上面的讨论知$(k_1, k_2, \cdots, k_n)$经过$N(k_1, k_2, \cdots, k_n)$次相邻对换可变为常序排列$(1, 2, \cdots, n)$.
\end{proof}
\begin{example}
	试通过相邻对换将$(4, 1, 3, 2)$变为常序排列$(1, 2, 3, 4)$.
\end{example}
\begin{solution}
	$(4, 1, 3, 2)$ $\xrightarrow{\text{将4相邻对换$3$次}} $ (1, 3, 2, 4)$\xrightarrow{\text{将$3$相邻对换$1$次}} (1, 2, 3, 4)$.
\end{solution}
\begin{note}
	即先将最大的数经过相邻对换到最后位置,上例中4的逆序数为3,故经过3次相邻对换即可换到最终位置.同理,4已经到最终位置,前面的3个数可以看作是$ S_{n-1}$的一个全排列,其中的最大数可经过该点的逆序数次相邻对换到最终位置,依次做下去即可变为常序排列.
\end{note}


设有行列式
\begin{align}\label{eq:1.11}
	|A| = \begin{vmatrix}
		a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
		a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
		\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
		a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix} 
\end{align}

\begin{theorem}\label{theorem:1.4}
	设$|A|$是如\eqref{eq:1.11}式所示的$n$阶行列式,则
	\[
	|A| = \sum_{(k_1, k_2, \cdots, k_n) \in S_n} (-1)^{N(k_1, k_2, \cdots, k_n)} a_{k_1 1} a_{k_2 2} \cdots a_{k_n n}.
	\]
\end{theorem} 


\begin{note}
	证明思路,利用行列式的拆分和提取公因子的性质,可以将行列式的每一列进行拆分,一共可以拆成$n^2$个行列式的和,再对每一列提取公因子,实质上是$n^n$个每一列都是标准列向量的行列式(即每一列都只有一个1).
\end{note}
\begin{proof}
	该行列式可以写作$|A| = \begin{vmatrix}
		\alpha_1&\alpha_2&\cdots&\alpha_n
	\end{vmatrix}$,其中
	\[\alpha_j = \begin{pmatrix}
		a_{1j}\\
		a_{2j}\\
		\vdots\\
		a_{nj}
	\end{pmatrix}\]
	
	记
	\[e_i = \begin{blockarray}{cc}
		\begin{block}{(c)c}
			0& \\
			\vdots&\\
			1&\text{第$i$行}\\
			\vdots&\\
			0&\\
		\end{block}
	\end{blockarray}\]
	则有
	\[\alpha_j = \sum_{i=1}^{n}a_{ij}e_i\]
	于是有
	\begin{align*}
		|A|&=\begin{vmatrix}
			\sum_{i=1}^{n}a_{i1}e_1&\alpha_2&\cdots&\alpha_n
		\end{vmatrix}\\
		&=\sum_{i=1}^{n}\begin{vmatrix}
			a_{i1}e_1&\alpha_2&\cdots&\alpha_n
		\end{vmatrix}\qquad \text{拆分}\\
		&=\sum_{i=1}^{n}a_{i1}\begin{vmatrix}
			e_1&\alpha_2&\cdots&\alpha_n
		\end{vmatrix}\qquad \text{提取公因子}\\
		&=\qquad \vdots\\
		&=\sum_{1\le k_1,k_2,\cdots,k_n\le n}a_{k_1 1} a_{k_2 2} \cdots a_{k_n n}\begin{vmatrix}
			e_{k_1}&e_{k_2}&\cdots&e_{k_n}
		\end{vmatrix}
	\end{align*}
	由于$k_i=k_j(i\neq j)$时有$\begin{vmatrix}
		e_{k_1}&e_{k_2}&\cdots&e_{k_n}
	\end{vmatrix} =0$(两列相同).故上式可以写为
	
	\[\sum_{(k_1, k_2, \cdots, k_n) \in S_n}a_{k_1 1} a_{k_2 2} \cdots a_{k_n n}\begin{vmatrix}
		e_{k_1}&e_{k_2}&\cdots&e_{k_n}
	\end{vmatrix}\]
	
	易知,此时的$\begin{vmatrix}
		e_{k_1}&e_{k_2}&\cdots&e_{k_n}
	\end{vmatrix}$是每一列只有一个1的行列式且没有相同的列(即每行每列求和都是1),可以经过$N(k_1,k_2,\cdots,k_n)$次相邻对换转化为上三角行列式(1全在主对角线上),则有
	\[
	|A| = \sum_{(k_1, k_2, \cdots, k_n) \in S_n} (-1)^{N(k_1, k_2, \cdots, k_n)} a_{k_1 1} a_{k_2 2} \cdots a_{k_n n}.
	\]
\end{proof}




\begin{lemma}\label{lemma:1.4}
	设$(i_1,i_2,\cdots,i_n),(j_1,j_2,\cdots,j_n) \in S_n$,则
	\[a_{i_1 j_1}a_{i_2 j_2}\cdots a_{i_n j_n}\]在$|A|$中的符号为
	\[(-1)^{N(i_1,i_2,\cdots,i_n)+N(j_1,j_2,\cdots,j_n)}\]
\end{lemma}
\begin{proof}
	$a_{i_1 j_1}a_{i_2 j_2}\cdots a_{i_n j_n} $的列指标可以经过$N(j_1,j_2,\cdots,j_n)$次相邻对换转化为常序排列.
	
	记$(i_1,i_2,\cdots,i_n)$对换后为$(k_1,k_2,\cdots,k_n)$,即有
	\[a_{i_1 j_1}a_{i_2 j_2}\cdots a_{i_n j_n} = a_{k_1 1}a_{k_2 2}\cdots a_{k_n n}\]
	根据定理\ref{theorem:1.4}这一项的符号为
	\[(-1)^{N(k_1,k_2,\cdots,k_n)}\]
	根据引理\ref{lemma:1.2},$N(i_1,i_2,\cdots,i_n)$的奇偶性经过$ N(j_1,j_2,\cdots,j_n)$次对换后与$N(k_1,k_2,\cdots,k_n)$的奇偶性相同,即有
	\[N(i_1,i_2,\cdots,i_n)+N(j_1,j_2,\cdots,j_n) \equiv N(k_1,k_2,\cdots,k_n) \mod 2\]
	
	即
	\[(-1)^{N(i_1,i_2,\cdots,i_n)+N(j_1,j_2,\cdots,j_n)} = (-1)^{N(k_1,k_2,\cdots,k_n)}\]
	
	故
	\[a_{i_1 j_1}a_{i_2 j_2}\cdots a_{i_n j_n}\]在$|A|$中的符号为
	\[(-1)^{N(i_1,i_2,\cdots,i_n)+N(j_1,j_2,\cdots,j_n)}\]
\end{proof}




\begin{corollary}
	行列式的组合定义也可以写为
	\[
	|A| = \sum_{(k_1, k_2, \cdots, k_n) \in S_n} (-1)^{N(k_1, k_2, \cdots, k_n)} a_{1 k_1 } a_{2 k_2} \cdots a_{n k_n}.
	\]
\end{corollary}
\begin{proof}
	首先$a_{1 k_1 } a_{2 k_2} \cdots a_{n k_n}$确实是$|A|$中的单项,根据引理\ref{lemma:1.4},该单项的符号为
	\[(-1)^{N(1,2,\cdots,n)+N(k_1, k_2, \cdots, k_n)} = (-1)^{N(k_1, k_2, \cdots, k_n)}\]
	并且单项的数目都有$n!$个,故有
	\begin{align*}
		 |A| &= \sum_{(k_1, k_2, \cdots, k_n) \in S_n} (-1)^{N(k_1, k_2, \cdots, k_n)} a_{k_1 1} a_{k_2 2} \cdots a_{k_n n}\\
		 &=\sum_{(k_1, k_2, \cdots, k_n) \in S_n} (-1)^{N(k_1, k_2, \cdots, k_n)} a_{1 k_1 } a_{2 k_2} \cdots a_{n k_n}
	\end{align*}
\end{proof}





 %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Laplace定理}


我们已经知道,行列式可以按任一列或任一行展开.现在我们要将这个结论作进一步的推广,首先引进k阶子式的概念.

\begin{definition}
	设$|A|$是一个$n$阶行列式,$k < n$.又$i_1, i_2, \cdots, i_k$及$j_1, j_2, \cdots, j_k$是两组自然数且适合条件：
	\[
	1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_k \leq n; \quad 1 \leq j_1 < j_2 < \cdots < j_k \leq n.
	\]
	取行列式$|A|$中第$i_1$行,第$i_2$行,$\cdots$,第$i_k$行以及第$j_1$列,第$j_2$列,$\cdots$,第$j_k$列交点上的元素,按原来$|A|$中的相对位置构成一个$k$阶行列式.我们称之为$|A|$的一个$k$阶子式,记为
	\begin{align}\label{eq:1.12}
			A\begin{pmatrix}
			i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
			j_1 & j_2 & \cdots & j_k
		\end{pmatrix}. 
	\end{align}
	把这个子式写出来就是：
	\[
	\begin{vmatrix}
		a_{i_1 j_1} & a_{i_1 j_2} & \cdots & a_{i_1 j_k} \\
		a_{i_2 j_1} & a_{i_2 j_2} & \cdots & a_{i_2 j_k} \\
		\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
		a_{i_k j_1} & a_{i_k j_2} & \cdots & a_{i_k j_k}
	\end{vmatrix}.
	\]
	
	在行列式$|A|$中去掉第$i_1$行,第$i_2$行,$\cdots$,第$i_k$行以及第$j_1$列,第$j_2$列,$\cdots$,第$j_k$列以后的元素按原来的相对位置构成一个$n - k$阶行列式.这个行列式称为\eqref{eq:1.12} 的余子式,记为
	\[
	M\begin{pmatrix}
		i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
		j_1 & j_2 & \cdots & j_k
	\end{pmatrix}. 
	\]
	
	若令$p = i_1 + i_2 + \cdots + i_k, \quad q = j_1 + j_2 + \cdots + j_k$,记
	\[
	\hat{A}\begin{pmatrix}
		i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
		j_1 & j_2 & \cdots & j_k
	\end{pmatrix} = (-1)^{p + q}M\begin{pmatrix}
		i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
		j_1 & j_2 & \cdots & j_k
	\end{pmatrix}, 
	\]
	称之为子式\eqref{eq:1.12}的代数余子式.
\end{definition}







\begin{theorem}[Laplace定理]
	设$|A|$是$n$阶行列式,在$|A|$中任取$k$行（列）,那么含于这$k$行（列）的全部$k$阶子式与它们所对应的代数余子式的乘积之和等于$|A|$.即若取定$k$个行：$1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_k \leq n$,则
	\begin{align}\label{eq:1.13}
		|A| = \sum_{1 \leq j_1 < j_2 < \cdots < j_k \leq n} A \begin{pmatrix}
			i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
			j_1 & j_2 & \cdots & j_k
		\end{pmatrix}
		\hat{A} \begin{pmatrix}
			i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
			j_1 & j_2 & \cdots & j_k
		\end{pmatrix}.
	\end{align}
	
	同样若取定$k$个列：$1 \leq j_1 < j_2 < \cdots < j_k \leq n$,则
	\begin{align}\label{eq:1.14}
		|A| = \sum_{1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_k \leq n} A \begin{pmatrix}
			i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
			j_1 & j_2 & \cdots & j_k
		\end{pmatrix}
		\hat{A} \begin{pmatrix}
			i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
			j_1 & j_2 & \cdots & j_k
		\end{pmatrix}. 
	\end{align}
\end{theorem}





为了证明Laplace定理,我们可这样考虑：$n$阶行列式按照定理\ref{theorem:1.4}共有$n!$项,其中每一项如不考虑符号都由$n$个元素的积组成,$|A|$中的每一行及每一列有且仅有一个元素在这一项中.若固定$|A|$的$k$行（或列）,则一共有$C_n^k$个不同的子式,每一个子式完全展开后均含有$k!$项,相应的余子式也有$C_n^k$个,每个余子式完全展开后含有$(n - k)!$项.因此在Laplace定理中\eqref{eq:1.13}式（或\eqref{eq:1.14}式）右端一共有
\[
C_n^k \cdot k! (n - k)! = n!
\]
项.所以如果我们能够证明每个$k$阶子式与其代数余子式之积中的每一项都互不相同且都属于$|A|$的展开式,那么就证明了Laplace定理.


\begin{lemma}\label{lemma:1.5}
	$n$阶行列式$|A|$的任一$k$阶子式与其代数余子式之积的展开式中的每一项都属于$|A|$的展开式.
\end{lemma}
\begin{note}
	证明思路:先证明$k$阶子式在前$k$行前$k$列的情形;再考虑一般情形,可以通过相邻对换,将任意$k$行$k$列对换到前面的特殊情形.
\end{note}
\begin{proof}
	先证明一个特殊情形：$i_1 = 1, i_2 = 2, \cdots, i_k = k; j_1 = 1, j_2 = 2, \cdots, j_k = k$.这时$|A|$可写为
	\[
	\begin{vmatrix}
		A_1 & * \\
		* & A_2
	\end{vmatrix}, 
	\]
	其中
	\[
	|A_1| = A \begin{pmatrix}
		1 & 2 & \cdots & k \\
		1 & 2 & \cdots & k
	\end{pmatrix} = \begin{vmatrix}
		a_{11} & \cdots & a_{1k} \\
		\vdots & \ddots & \vdots \\
		a_{k1} & \cdots & a_{kk}
	\end{vmatrix}, 
	\]
	\[
	|A_2| = \hat{A}\footnote{$|A_2|$为代数余子式是因为行指标+列指标的和为偶数,此时的余子式与代数余子式相同,行列指标都是$1\sim k$.} \begin{pmatrix}
		1 & 2 & \cdots & k \\
		1 & 2 & \cdots & k
	\end{pmatrix} = \begin{vmatrix}
		a_{k+1,k+1} & \cdots & a_{k+1,n} \\
		\vdots & \ddots & \vdots \\
		a_{n,k+1} & \cdots & a_{nn}
	\end{vmatrix}. 
	\]
	
	$|A_1|$中的任一项具有形式：
	\[
	(-1)^{N(j_1,j_2,\cdots,j_k)} a_{j_1 1} a_{j_2 2} \cdots a_{j_k k},
	\]
	其中$N(j_1,j_2,\cdots,j_k)$是排列$(j_1,j_2,\cdots,j_k)$的逆序数.$|A_2|$中的任一项具有形式：
	\[
	(-1)^{N(j_{k+1},j_{k+2},\cdots,j_n)} a_{j_{k+1},k+1} a_{j_{k+2},k+2} \cdots a_{j_n,n},
	\]
	
	所以
	\[|A_1||A_2|=
	A \begin{pmatrix}
		1 & 2 & \cdots & k \\
		1 & 2 & \cdots & k
	\end{pmatrix}
	\hat{A} \begin{pmatrix}
		1 & 2 & \cdots & k \\
		1 & 2 & \cdots & k
	\end{pmatrix}
	\]
	中的任一项具有下列形式：
	\begin{align}\label{eq:1.15}
		(-1)^\sigma a_{j_1 1} a_{j_2 2} \cdots a_{j_k k} a_{j_{k+1}, k+1} \cdots a_{j_n, n}, 
	\end{align}
	
	其中$\sigma = N(j_1, \cdots, j_k) + N(j_{k+1}, \cdots, j_n)$.注意$(j_1, \cdots, j_k)$是$(1, \cdots, k)$的一个排列,$(j_{k+1}, \cdots, j_n)$是$(k+1, \cdots, n)$的一个排列,因此$(j_1, \cdots, j_k, j_{k+1}, \cdots, j_n)$是$(1, 2, \cdots, n)$的一个排列且
	\[
	N(j_1, \cdots, j_k, j_{k+1}, \cdots, j_n) = N(j_1, \cdots, j_k) + N(j_{k+1}, \cdots, j_n).
	\]
	
	这就是说\eqref{eq:1.15}）式是$|A|$中的某一项.
	
	再对一般情况进行证明,设
	\[
	1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_k \leq n; \quad 1 \leq j_1 < j_2 < \cdots < j_k \leq n.
	\]
	
	显然,经过$i_1 - 1$次相邻两行的对换,可把第$i_1$行调到第一行.同理,经过$i_2 - 2$次对换,可把第$i_2$行调至第二行,$\cdots$,经过过$(i_1 + \cdots + i_k) - \frac{1}{2}k(k+1)$次对换即可把第$i_1, i_2, \cdots, i_k$行调至前$k$行.同理,经过$(j_1 + \cdots + j_k) - \frac{1}{2}k(k+1)$次对换,可将第$j_1, j_2, \cdots, j_k$列调至前$k$列.因此,$|A|$经过$(i_1 + \cdots + i_k) + (j_1 + \cdots + j_k) - k(k+1)$次行列的对换,得到了一个新的行列式：
	\[
	|C| = \begin{vmatrix}
		D & * \\
		* & B
	\end{vmatrix},
	\]
	其中
	\[
	|D| = A \begin{pmatrix}
		i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
		j_1 & j_2 & \cdots & j_k
	\end{pmatrix}, \qquad |B| = M\footnote{$|B|$是$|C|$的代数余子式,但仅仅是$|A|$的余子式.} \begin{pmatrix}
	i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
	j_1 & j_2 & \cdots & j_k
	\end{pmatrix}.
	\]
	
	显然$|C| = (-1)^{p+q} |A|, \quad p = i_1 + \cdots + i_k, \quad q = j_1 + \cdots + j_k$.$|B|$是子式$|D|$在$|C|$中的余子式（也是代数余子式）.由刚才讨论的情形知道$|D||B|$中的任一项都是$|C|$中的项.但显然
	\[
	\hat{A} \begin{pmatrix}
		i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
		j_1 & j_2 & \cdots & j_k
	\end{pmatrix} = (-1)^{p+q} |B|,
	\]
	
	
	因此
	\begin{align}\label{eq:1.16}
		A \begin{pmatrix}
			i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
			j_1 & j_2 & \cdots & j_k
		\end{pmatrix}
		\hat{A} \begin{pmatrix}
			i_1 & i_2 & \cdots & i_k \\
			j_1 & j_2 & \cdots & j_k
		\end{pmatrix} = (-1)^{p+q}|D||B|
	\end{align}
	中的任一项都是$(-1)^{p+q} |C| = |A|$中的项.
\end{proof}





下面再来证明一个引理,\eqref{eq:1.13}式右端的每一个单项都是互不相同的.

\begin{lemma}\label{lemma:1.6}
	\eqref{eq:1.13}式右端的每一个单项都是互不相同的.
\end{lemma}
\begin{proof}
	只需证若有两个单项相同,那么选定的列都是相同的即可.
	
	取定$k$个行：$1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_k \leq n$,其对应的余指标为 $1 \leq i_{k+1} < i_{k+2} < \cdots < i_n \leq n$.
	
	有两个列指标$1 \leq j_1 < j_2 < \cdots < j_k \leq n$和$1 \leq l_1 < l_2 < \cdots < l_k \leq n$,其对应的余指标分别为 $1 \leq j_{k+1} < j_{k+2} < \cdots < j_n \leq n$和$1 \leq l_{k+1} < l_{k+2} < \cdots < l_n \leq n$.
	
	取$(j_1,j_2,\cdots,j_k)$的一个全排列为$(r_1,r_2,\cdots,r_k)$;$(j_{k+1},j_{k+2},\cdots,j_n)$的一个全排列为$(r_{k+1},r_{k+2},\cdots,r_n)$.
	
	取$(l_1,l_2,\cdots,l_k)$的一个全排列为$(s_1,s_2,\cdots,s_k)$;$(l_{k+1},l_{k+2},\cdots,l_n)$的一个全排列为$(s_{k+1},s_{k+2},\cdots,s_n)$.
	
	若有\[a_{i_1 r_1}a_{i_2 r_2}\cdots a_{i_k r_k}a_{i_{k+1} r_{k+1}} \cdots a_{i_n r_n} = a_{i_1 s_1}a_{i_2 s_2}\cdots a_{i_k s_k}a_{i_{k+1} s_{k+1}} \cdots a_{i_n s_n} \]
	则一定有
	\[\forall 1\le t\le n,\quad r_t = s_t\]
	于是有
	\[(j_1,j_2,\cdots,j_k) = (l_1,l_2,\cdots,l_k)\]
	即这两个单项选中的列一定是相同的.
\end{proof}















现在我们来完成Laplace定理的证明.

\begin{proof}[Laplace定理]
	只需证明\eqref{eq:1.13}式(取定$k$个行),\eqref{eq:1.14}式同理可得.由引理\ref{lemma:1.5}可知,\eqref{eq:1.16}式中的任一项均属于$|A|$的展开式.容易验证当$i_1, i_2, \cdots, i_k$固定时,对不同的$1 \leq j_1 < j_2 < \cdots < j_k \leq n$,由\eqref{eq:1.16}式展开得到的项是没有重复的(引理\ref{lemma:1.6}),且一共有$n!$项.$|A|$的展开式中也有$n!$项,因此\eqref{eq:1.13}式成立.
\end{proof}





\begin{proposition}\label{proposition:1.14}
	设$n$阶行列式\[
	|A|=\begin{vmatrix}
		B & C \\
		O & D
	\end{vmatrix},
	\]称$|A|$为上三角分块行列式,其中$|B|$为$k$阶行列式,$|D|$为$n-k$阶行列式,则
	\[|A| = |B||D|.\]
\end{proposition}
\begin{proof}
	对前$k$列进行Laplace展开,此时非零的$k$阶子式只有$|B|$,故$|A| = |B||D|$.
\end{proof}
\begin{remark}
	对于下三角的分块行列式,也是同理.
\end{remark}



\begin{proposition}
	设多项式$f(x)$的次数$\le n$,存在$n+1$个不同的数$b_1,b_2,\cdots,b_{n+1}$使得
	\[f(b_i) = 0\qquad 1\le i\le n+1\]
	则
	\[f(x) \equiv 0.\]
\end{proposition}
\begin{proof}
	设多项式为$f(x) = a_n x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_1x+a_0$,并且有
	\[0 = f(b_i) = a_n b^n_i+a_{n-1}b^{n-1}_i+\cdots +a_1b_i+a_0,\qquad 1\le i \le n+1\]
	
	将上式的$a_i$看作未定元,记$x_0 = a_0,x_1 = a_1,\cdots ,x_n = a_n$,即为下面齐次线性方程组的解
	\[\begin{cases}
		1x_0+b_1a_1+\cdots +b_1^na_n = 0\\
		1x_0+b_2a_1+\cdots +b_2^na_n = 0\\
		\vdots \\
		1x_0+b_{n+1}a_1+\cdots +b_{n+1}^na_n = 0\\
	\end{cases}\]
	该线性方程组的系数行列式为
	\[\begin{vmatrix}
		1 & b_1&\cdots &b_1^{n-1}& b_1^{n}\\
		1 & b_2&\cdots &b_2^{n-1}& b_2^{n}\\
		\vdots & \vdots &\cdots &\vdots& \vdots\\
		1 & b_{n+1}&\cdots &b_{n+1}^{n-1}& b_{n+1}^{n}\\
	\end{vmatrix} = \prod_{1 \leq i < j \leq n}(x_j-x_i)\]
	
	由于$b_i$互不相同,故该行列式不为0,根据Cramer法则知该线性方程组有唯一解,且为零解.故
	\[a_0 = a_1 = \cdots =a_n = 0\]
	即
	\[f(x) \equiv 0\]
\end{proof}


\begin{corollary}
	设$f(x),g(x)$都是次数$\le n$的多项式,若存在$n+1$个不同的数$b_1,b_2,\cdots,b_{n+1}$使得
	\[f(b_i) = g(b_i)\qquad 1\le i\le n+1\]
	则
	\[f(x) \equiv g(x).\]
\end{corollary}
\begin{proof}
	令$h(x) = f(x)-g(x)$,则$h(b_i) = 0$.并且$h(x)$也是次数$\le n$的多项式.根据上述命题可知
	\[h(x)\equiv 0 \]
	则有
	\[f(x)\equiv g(x).\]
\end{proof}


\begin{corollary}
	已知$f(x)$的次数为$n$,并且存在$n+1$个不同的数$b_1,b_2,\cdots,b_{n+1}$,$f(b_i),1\le i\le n+1$已知,则这样的$f(x)$唯一确定.
\end{corollary}
\begin{proof}
	构造一个$n$次多项式,
	\[g(x) = \sum_{i=1}^{n+1}f(b_i)\frac{(x-b_1)\cdots (x-b_{i-1})(x-b_{i+1})\cdots (x-b_n)}{(b_i-b_1)\cdots (b_i-b_{i-1})(b_i-b_{i+1})\cdots (b_i-b_n)}\]
	可以看到在每一点$b_i$处都有$g(b_i) = f(b_i)$.根据上述推论有\[f(x) \equiv g(x).\]
\end{proof}
\begin{remark}
	上述构造的$g(x)$称为拉格朗日插值公式.
\end{remark}



















